..2020屆XX省新高考物理模擬試題一、選擇題1.下列說法正確的是〔A.放射性物質的溫度降低,其半衰期將變大B.大量處于n=4激發態的氫原子向低能級躍遷,將輻射出4種頻率的光C.一束光照射到某種金屬上不能發生光電效應,改用波長較長的光照射就有可能發生D.氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時,電子動能減小,電勢能增大,總能量也增大2.某同學前后兩次從同一位置水平投出兩支飛鏢1和飛鏢2到靶盤上,飛鏢落到靶盤上的位置如圖所示,忽略空氣阻力,則兩支飛鏢在飛行過程中A.速度變化量B.飛行時間C.初速度D.角度3.如圖所示,S1和S2是兩個相干波源,其振幅均為A,周期均為T。實線與虛線分別表示兩列波的波峰和波谷。此刻,c是波谷與波谷的相遇點,下列說法中正確的是Aa處質點始終處于離平衡位置2A處B.隨著時間的推移,c處的質點將向右移動C.從該時刻起,經過T,c處的質點將通過平衡位置D.若S2不動,S1沿S1b連線向b運動,則b處質點仍然始終處于平衡位置4、從地面以大小為v1的初速度豎直向上拋出一個皮球,經過時間t皮球落回地面,落地時皮球的速度大小為v2.已知皮球在運動過程中受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比,重力加速度大小為g.下面給出時間t的四個表達式中只有一個是合理的.你可能不會求解t,但是你可以通過一定的物理分析,對下列表達式的合理性做出判斷.根據你的判斷,你認為t的合理表達式應為<重力加速度為g><>A.B.C.D.5.假設某籃球運動員準備投三分球前先屈腿下蹲再豎直向上躍起,已知他的質量為m,雙腳離開地面時的速度為,從開始下蹲到躍起過程中重心上升的高度為h,則下列說法正確的是A.從地面躍起過程中,地而對他所做的功為0B.從地面躍起過程中,地面對他所做的功為C.從下蹲到離開地面上升過程中,他的機械能守恒D.離開地面后,他在上升過程中處于超重狀態；在下落過程中處于失重狀態6.人類探索宇宙的腳步從未停止,登上火星、探尋火星的奧秘是人類的夢想,中國計劃于2020年登陸火星。地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動,忽略行星自轉影響。根據下表,火星和地球相比行星半徑/m質量/kg軌道半徑/m地球6.4×1066.0×10241.5×1011火星3.4×1066.4×10232.3×1011A.火星的第一宇宙速度較大B.火星做圓周運動的加速度較大C.火星表面的重力加速度較大D.火星的公轉周期較大7、如圖所示,A受到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用,正在沿傾角為斜面向下運動,斜面體B始終保持靜止不動。斜面體B受到地面的摩擦力向右,物塊A正在下滑時,則〔A.物塊與斜面動摩擦因數B.若只撤去F2,則B受到地面的摩擦力變小C.若同時撤去F1和F2,物塊A將可能勻速運動D.若只增大A的質量,物塊B受到地面的摩擦力將變大8、如圖電路中,電源電動勢為E、內阻為r.閉合開關S,增大可變電阻R的阻值后,電壓表示數的變化量為△U,在這個過程中,下列判斷正確的是A.電阻R1兩端的電壓減小,減小量等于△UB.電壓表示數變化量△U和電流表示數變化△I比值不變C.電壓表的示數U和電流表的示數I的比值不變D.電容器的帶電量減小,減小量大于C△U9.如圖所示,三小球a、b、c的質量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b、c與輕彈簧相連且靜止,小球a以速度%沖向小球b,碰后與小球b粘在一起運動.在整個運動過程中,下列說法中正確的是〔A.三球與彈簧組成的系統總動量守恒,總機械能不守恒B.三球與彈簧組成的系統總動量守恒,總機械能也守恒C.當小球b、c速度相等時,彈簧彈性勢能最大D.當彈簧恢復原長時,小球c的動能一定最大,小球b的動能一定不為零10、有一臺理想變壓器及所接負載如圖所示,在原線圈c、d兩端加上交變電流。已知b是原線圈的中心抽頭,電壓表和電流表均為理想交流電表,電容器的耐壓值足夠大。則下列說法正確的是A.開關S1始終接a,當滑片P向下滑動時電壓表V1和V2示數均不變B.開關S1始終接a,當滑片P向下滑動時電流表A1和A2示數均變小C.保持滑片P的位置不變,將開關S1由a改接b,電壓表V1和V2示數均變大D.保持滑片P的位置不變,將開關S1由a改接b,電容器所帶電荷量的最大值將增大11、在磁感應強度為B的勻強磁場中,一個靜止的放射性原子核<>發生了一次α衰變。放射出的α粒子<>在與磁場垂直的平面內做圓周運動,其軌道半徑為R。以m、q分別表示α粒子的質量和電荷量,生成的新核用Y表示。下面說法正確的是A.發生衰變后產生的α粒子與新核Y在磁場中運動的軌跡正確的是圖丙B.新核Y在磁場中圓周運動半徑為RY＝C.α粒子的圓周運動可以等效成一個環形電流,且電流大小為I＝D.若衰變過程中釋放的核能都轉化為α粒子和新核的動能,則衰變過程中的質量虧損為Δm＝12、如圖是某繩波形成過程的示意圖。質點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動,帶動質點2、3、4…各個質點依次上下振動,把振動從繩的左端傳到右端。t=T/4時,質點1到達最高位置,質點5剛要開始運動。下列說法正確的是A.t=T/4時,質點5開始向下運動B.t=T/4時,質點3的加速度方向向下C.從t=T/2開始的一小段時間內,質點8的速度正在增大D.在t=3T/2時,1到17個質點剛好第一次構成一個標準的完整正弦圖像二、實驗題13、如圖所示,為某同學設計的"探究加速度與物體所受合力F及質量m的關系"實驗裝置簡圖.〔1本實驗采用的實驗方法是____。A.控制變量法B.假設法C.理想實驗法D.等效替代法〔2在保持小車受力相同時,探究加速度與質量關系的實驗屮,以下故法正確的是______。A.平衡摩擦力時,應將裝有砝碼的小桶用細繩通過定滑輪系在小車上B.每次改變小車的質量時,不需要重新平衡摩擦力C.實驗時,先放開小車,再接通打點計時器電源D.為得出加速度a與與質量m的關系而作出圖象〔3下圖是實驗中獲取的一條紙帶的一部分,其中O、A、B、C、D是計數點,每相鄰兩計數點間還有4個點〔圖中未標出,計數點間的距離如圖,打"B"計數點時小車的速度大小為___________________m/s.由紙帶求出小車的加速度的大小為_____________m/s2.<計算結果均保留2位有效數字〔4如圖所示是某同學在探究加速度與力的關系時,根據測量數據作出的a?F圖線.其中圖線不過原點的原因是______,圖線在末端彎曲的原因是______.14、18.在"測定金屬絲的電阻率"的實驗中,需要測出金屬絲的電阻R1,甲、乙兩同學分別采用了不同的方法進行測量：〔1①甲同學直接用多用電表測其電阻,該同學選擇×10Ω倍率,用正確的操作方法測量時,發現指針轉過角度太大．為了準確地進行測量,請你從以下給出的操作步驟中,選擇必要的步驟,并排出合理順序：．〔填步驟前的字母A．旋轉選擇開關至歐姆擋"×1Ω"B．旋轉選擇開關至歐姆擋"×100Ω"C．旋轉選擇開關至"OFF",并拔出兩表筆D．將兩表筆分別連接到Rx的兩端,讀出阻值后,斷開兩表筆E．將兩表筆短接,調節歐姆調零旋鈕,使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度,斷開兩表筆②按正確步驟測量時,指針指在圖1示位置,Rx的測量值為Ω．〔2乙同學則利用實驗室里下列器材進行了測量：電壓表V〔量程0～5V,內電阻約10kΩ電流表A1〔量程0～500mA,內電阻約20Ω電流表A2〔量程0～300mA,內電阻約4Ω滑動變阻器R1〔最大阻值為10Ω,額定電流為2A滑動變阻器R2〔最大阻值為250Ω,額定電流為0.1A直流電源E〔電動勢為4.5V,內電阻約為0.5Ω電鍵及導線若干為了較精確畫出I﹣U圖線,需要多測出幾組電流、電壓值,故電流表應選用,滑動變阻器選用〔選填器材代號,乙同學測量電阻的值比真實值〔選填"偏大""偏小""相等",利用選擇的器材,請你在圖2方框內畫出理想的實驗電路圖,并將圖3中器材連成符合要求的電路．三、計算題15、〔11分如圖所示,兩個可導熱的氣缸豎直放置,它們的底部都由一細管連通〔忽略細管的容積。兩氣缸各有一個活塞,質量分別為m1和m2,活塞與氣缸無摩擦。活塞的下方為理想氣體,上方為真空。當氣體處于平衡狀態時,兩活塞位于同一高度h。〔已知m1＝3m,m2＝2m

〔1在兩活塞上同時各放一質量為m的物塊,求氣體再次達到平衡后兩活塞的高度差〔假定環境溫度始終保持為T0。

〔2在達到上一問的終態后,環境溫度由T0緩慢上升到T,試問在這個過程中,氣體對活塞做了多少功？氣體是吸收還是放出了熱量？〔假定在氣體狀態變化過程中,兩物塊均不會碰到氣缸頂部。16、如圖所示,質量M＝1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊,其上表面與水平桌面相平,小車的左端放有一質量為0.5kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定,質量為0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸,此時彈簧處于原長。現用水平向左的推力F將P緩慢推至B點<彈簧仍在彈性限度內>,推力做功WF＝4J,撤去F后,P沿桌面滑到小車左端并與Q發生彈性碰撞,最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q與小車表面間動摩擦因數μ＝0.1。<取g＝10m/s2>求：<1>P剛要與Q碰撞前的速度是多少？<2>Q剛在小車上滑行時的初速度v0是多少？<3>為保證Q不從小車上滑下,小車的長度至少為多少？17、如圖所示,在xoy平面內,有一線狀電子源沿x正方向發射速度均為v的電子,形成寬為2R、在y軸方向均為分布且關于x軸對稱的電子流。電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區域〔區域邊界存在磁場,磁場方向垂直xoy平面向里,電子經過磁場偏轉后均從P點射出．在磁場區域的正下方,正對的金屬平行板K和A與x軸平行,其中K板與P點的距離為d,中間開有寬度為2d且關于y軸對稱的小孔．A與K兩板間加有恒定電壓UAK,且K板電勢高于A板電勢,已知電子質量為m,電荷量為e,,不計電子重力及它們間的相互作用．〔1能打到A板上的電子在進入平行金屬板時與金屬板K的夾角應滿足什么條件？〔2能進入AK極板間的電子數占發射電子總數的比例為多大？18、如圖所示,足夠長的水平軌道左側b1b2﹣c1c2部分軌道間距為2L,右側c1c2﹣d1d2部分的軌道間距為L,曲線軌道與水平軌道相切于b1b2,所有軌道均光滑且電阻不計．在水平軌道內有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強磁場,磁感應強度大小為B=0.1T．質量為M=0.2kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上,質量為m=0.1kg的導體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放,兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸,A棒總在寬軌上運動,B棒總在窄軌上運動．已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R=0.2Ω,h=0.2m,L=0.2m,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2求：〔1金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小；〔2金屬棒B勻速運動的速度大小；〔3在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電量；〔4在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平導軌間掃過的面積之差．..2020屆XX省新高考物理模擬試題答案題號123456789101112答案1、[答案]D[詳解]A．原子核的半衰期與外界條件及所處狀態無關,由自身決定,A錯誤。B．大量處于n=4激發態的氫原子向低能級躍遷,任選兩條軌道,所以輻射出種頻率光子,B錯誤。C．根據光速方程：可知,波長變長,頻率降低,所以該光不能使金屬發生光電效應,波長更長即頻率更低的光,依然不能使金屬發生光電效應,C錯誤。D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時,需要吸收能量,總能量增大,根據庫侖力提供向心力：,可知,軌道半徑越大,速度越小,動能越小,總能量等于動能加勢能,所以勢能增大,D正確。2、[答案]D[解析]B、飛鏢1下落的高度小,根據,解得,可知飛行時間,故B錯誤；A、加速度相等,都為g,則速度變化量,可得,故A錯誤；C、由于水平位移相等,根據,可知初速度,故C錯誤；D、根據,對于飛鏢1,時間短,初速度大,則tanθ1＞tanθ2,所以θ1＞θ2,故D正確；故選D。3、[答案]C[解析]a處是波峰與波峰疊加,為振動加強點,振幅為2A,但質點并不始終處于離平衡位置2A處,A錯誤；質點只在平衡位置附近振動,并不隨波移動,B錯誤；從該時刻起,經過T,c處為平衡位置與平衡位置相遇,質點將通過平衡位置,C正確；兩列波傳到b點的振動情況一直在變化,當S2不動,S1沿S1b連線向b運動,b處質點不可能始終處于平衡位置,D錯誤。故選C。4、[答案]B[詳解]時間的單位應該是s,的單位為m,故A錯誤；如果不考慮空氣的阻力,則v1=v2,,故運動的總時間．由于空氣阻力作用,v2＜v1,,故B答案是合理的,故B正確。假設空氣的阻力為0,則v1=v2,則t上=t下,故運動的總時間,而,故C錯誤。若沒有空氣阻力,v1=v2,時間應為,故選項D中運動時間不合理,故D錯誤。5、[答案]A[解析]A.從地面躍起過程中,地面對人沒有位移,所以地而對他所做的功為0,故A正確；B錯誤；C、.從下蹲到離開地面上升過程中,運動員的動能增加,重力勢能也增加所以他的機械能是增加的,故C錯誤；D、離開地面后,他在上升過程和下落過程中都有向下的加速度,所以都處于處于失重狀態,故D錯誤；綜上所述本題答案是：A6、[答案]D[詳解]A.根據得,第一宇宙速度火星質量和半徑的比值較小,則火星的第一宇宙速度較小,故A錯誤。BD.火星和地球均繞太陽做圓周運動,根據得：火星的軌道半徑較大,則加速度較小,周期較大,故D正確,B錯誤。C.根據,得：由于火星質量和半徑的二次方比值較小,則火星表面的重力加速度較小,故C錯誤。7、[答案]D[解析][詳解]AC．根據題意可知：設斜面傾角為,對斜面體因為地面對斜面體摩擦力向右,所以物塊對斜面體的壓力的水平分力小于物塊對斜面體摩擦力的水平分力,設物塊斜面體之間彈力為FN,有：,所以,同時撤去兩力,,物塊將減速,AC錯誤。B．對斜面受力分析可知：,只撤去F2,地面對B的摩擦力變大,B錯誤。D．對斜面受力分析可知：,只增大物塊質量,摩擦力變大,D正確。8、[答案]B[解析]AD、閉合開關S,增大可變電阻R的阻值后,電路中電流減小,由歐姆定律分析得知,電阻R1兩端的電壓減小,由閉合電路歐姆定律得它們的總電壓即路端電壓增大,由得電阻R兩端的電壓增大,,所以電阻R1兩端的電壓減小量小于△U,故A錯誤,由于電容器與電阻R1并聯,所以電容器兩端的電壓等于電阻R1兩端的電壓,所以有電容器的兩端的電壓減小,帶電量減小,減小量小于C△U,故D錯誤；B、根據閉合電路歐姆定律得：,由數學知識得,所以電壓表示數變化量和電流表示數變化的比值不變,故B正確；C、由圖可知,由于R增大,則電壓表的示數U和電流表的示數I的比值變大．故C錯誤；故選B。[點睛]兩電表讀數的比值要根據歐姆定律和閉合電路歐姆定律來分析,注意,,R是非線性電阻。9、[答案]CD[解析][詳解]AB、在整個運動過程中,系統的合外力為零,系統的動量守恒,小球a與b碰撞后粘在一起,動能減小,機械能減小,故AB錯誤；C、a與b碰撞后,彈簧被壓縮,彈簧對b產生向左的彈力,對c產生向右的彈力,ab做減速運動,c做加速運動,當c的速度大于ab的速度后,彈簧壓縮量減小,則當小球b、c速度相等時,彈簧壓縮量,彈性勢能最大,故C正確；D、當彈簧恢復原長時,小球c的動能一定最大,根據動量守恒和機械能守恒分析可知,小球b的動能不為零,故D正確；故選CD。[點睛]含有彈簧的問題,難點是對物體運動過程的分析,得到彈簧勢能最大的臨界條件；本題根據動量守恒和機械能守恒分析求得。10、[答案]BCD[解析]開關S1始終接a,副線圈電壓不變,當滑片P向下滑動時,接入電路的總電阻變大,電流變小,所以電流表的示數均變小,B正確；副線圈電壓不變,所以電壓表V1的示數不變,電壓表V2測量的是滑動變阻器的電壓,因為總電流變小,所以定值電阻的分壓變小,所以滑動變阻器的分壓變大,故V2示數變大,A錯誤；保持滑片P的位置不變,將開關S1由a改接b,副線圈電壓變大,滑動變阻器的分壓變大,所以電容器兩端電壓變大,電荷量增多,CD正確．11、[答案]BCD[詳解]由動量守恒可知衰變后產生的α粒子與新核Y運動方向相反,所以在磁場中運動的軌跡圓外切,根據可得,可知α粒子半徑大,由左手可知兩粒子圓周運動方向相同,丁圖正確,故選項A錯誤；由可知,新核Y在磁場中圓周運動的半徑為,故選項B正確；圓周運動的周期為,環形電流為,故選項C正確；對α粒子由洛倫磁力提供向心力可得,由質量關系可知衰變后新核Y質量為,由衰變過程中動量守恒可得可知,系統增加的能量為,由質能方程可得,聯立解得衰變過程中的質量虧損為,故選項D正確。12、[答案]BD[解析]A項：由題意可知,在質點1位于波峰可知,質點的起振方向向上,根據受迫振動的振動方向與波源振動方向相同,所以質點5的起振方向向上,故A錯誤；B項：t=T/4時,質點3位于平衡位置上方,所以加速度方向向下,故B正確；C項：在t=T/2時,質點8開始向上振動,所以振動速度減小,故C錯誤；D項：在t=T時,1到16個質點剛好第一次構成一個標準的完整正弦圖像,故D錯誤。二、實驗題13、[答案]<1>.A<2>.BD<3>.0.54<4>.1.5<5>.未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力<6>.未滿足小車的質量遠遠大于小桶和砝碼的總質量[解析][詳解]〔1本實驗采用的實驗方法是控制變量法；〔2平衡摩擦力時,應不掛小桶,讓小車拖著紙帶在木板上做勻速運動,選項A錯誤；每次改變小車質量時,不需要重新平衡摩擦力,選項B正確；實驗時要先接通電源后放小車,選項C錯誤；因為為正比關系,故為得出加速度a與與質量m的關系而作出圖象,選項D正確；故選BD。〔3計數點間的時間間隔T=0.02s×5=0.1s,打B計數點時小車的速度大小為；根據逐差法得,小車的加速度〔4由圖線可知,當力F到達一定值時才有加速度,故圖線不過原點的原因是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；圖線在末端彎曲的原因是未滿足小車的質量遠遠大于小桶和砝碼的總質量；14、[答案]〔1AEDC,22〔2A2,R1；偏小；如圖所示；[解析][詳解]解：〔1①發現指針轉過角度太大,知電阻較小,則換用"×lΩ",換擋后需重新調零．然后去測電阻,最后將旋鈕旋至"OFF"擋或交流電壓的最高擋．故合理順序為：AEDC．②Rx的測量值為22×1Ω=22Ω．〔2通過電阻電流的最大值大約,所以選擇量程為300mA的電流表測量比較準確．總阻值為250Ω的滑動變阻器阻值相對較大,測量時誤差大,所以選擇總阻值為10Ω的滑動變阻器．由于待測電阻遠小于電壓表的內阻,屬于小電阻,所以電流表采用外接法．因采用外接法,則由于電壓表的分流而使電流表測量結果偏大,由歐姆定律可知,所測電阻偏小；若采用限流法,電路中的電流較大,容易超過電流表的量程,所以滑動變阻器采用分壓式接法,電路圖如圖所示：根據電路圖連接實物圖,如圖所示：[點睛]解決本題的關鍵掌握器材選取的原則,知道滑動變阻器分壓式接法和限流式接法的區別,以及知道電流表內外接的區別．15、解：〔1設左、右活塞的面積分別為A'和A,由于氣體處于平衡狀態,故兩活塞對氣體的壓強相等,即：由此得：在兩個活塞上各加一質量為m的物塊后,右活塞降至氣缸底部,所有氣體都在左氣缸中在初態,氣體的壓強為,體積為；在末態,氣體壓強為,體積為〔x為左活塞的高度由玻意耳－馬略特定律得：解得：,即兩活塞的高度差為〔2當溫度由T0上升至T時,氣體的壓強始終為,設x'是溫度達到T時左活塞的高度,由蓋·呂薩克定律得：活塞對氣體做的功為：由熱力學第一定律：,W<0,ΔU>0,∴Q>0,在此過程中氣體吸收熱量16、[解析]<1>推力F通過P壓縮彈簧做功,根據功能關系有Ep＝WF①當彈簧完全推開物塊P時,有Ep＝eq\f<1,2>mPv2②由①②式聯立解得v＝4m/s。<2>P、Q之間發生彈性碰撞,設碰撞后Q的速度為v0,P的速度為v′,由動量守恒和能量守恒得mPv＝mPv′＋mQv0③eq\f<1,2>mPv2＝eq\f<1,2>mPv′2＋eq\f<1,2>mQveq\o\al<2,0>④由③④式解得v0＝v＝4m/s,v′＝0。<3>設滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u,由動量守恒可得mQv0＝<mQ＋M>u⑤根